E0300 - Canek

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I
TERCERA EVALUACIÓN PARCIAL E0300
(1) Determinar la ecuación de la recta tangente a la curva
4y 2 − 3x2 y
= −1,
3 − 4x2
en el punto (−1, 1).
(2) La ley de Boyle afirma que cuando se comprime una muestra de gas a temperatura constante, la presión
P y el volumen V satisfacen la ecuación P × V = C, donde C es una constante. Supóngase que en cierto
instante el volumen es de 600 cm3, la presión es de 150 KPa y ésta aumenta a razón de 20 KPa/min. ¿Con
qué razón aumenta el volumen en ese instante?
(3) Considere la gráfica de la función f
f (x)
•
−4
−5
•
−3
1
0
3
2
•
•
5
2
x
Determinar el conjunto de x ∈ Df tales que:
(a) f 0 (x) > 0, f 0 (x) < 0, f 0(x) = 0
(b) f 00(x) > 0, f 00(x) < 0, f 00(x) = 0
(4) Sea
1
2
f (x) = x 3 (x + 3) 3 ,
determinar Df ; intervalos de monotonı́a y de concavidad; máximos y mı́nimos locales y puntos de inflexión.
Usando esta información, dibujar
un esbozo de la gráfica de la función f (x).
!
−2
.
ojo: f 00(x) = p
3
x5 (x + 3)4
(5) Dos puntos A, B se encuentran en la orilla de una playa recta, uno a la derecha del otro, separados 6 km
entre sı́. Un punto C esta frente a B a 3 km en el mar. Cuesta $400.00 tender 1 km de tuberı́a en la playa
y $500.00 en el mar.
canek.azc.uam.mx: 2/ 3/ 2006.
1
2
TERCERA EVALUACIÓN PARCIAL E0300
Determine la forma más económica de trazar la tuberı́a de A − C. (No necesariamente debe pasar por
B.)
TERCERA EVALUACIÓN PARCIAL E0300
3
Respuestas
(1) Determinar la ecuación de la recta tangente a la curva
4y 2 − 3x2 y
= −1,
3 − 4x2
en el punto (−1, 1).
H Observamos primero que el punto (−1, 1) sı́ pertenece a la curva, pues sus coordenadas x = −1 & y = 1
satisfacen la ecuación
4×1−3×1×1
4−3
1
4 × 12 − 3(−1)2 × 1
=
=
=
= −1.
3 − 4(−1)2
3−4×1
3−4
−1
Para hallar la pendiente de la recta tangente derivamos
√
4y 2 − 3x2 y
3
2
2
2
2
);
= −1 ⇒ 4y − 3x y = −3 + 4x , (si 3 − 4x 6= 0 ⇒ x 6= ±
2
3 − 4x
2
pensando que y es función implı́cita de x, con lo que obtenemos al derivar
8y × y 0 − 6xy − 3x2 y 0 = 8x
y de aquı́ despejamos y 0
(8y − 3x2 )y 0 = 8x + 6xy ⇒ y 0 =
8x + 6xy
.
8y − 3x2
En el punto (−1, 1), la pendiente será:
−14
14
8(−1) + 6(−1) × 1
−8 − 6
=
=− .
=
2
8 × 1 − 3(−1)
8−3
5
5
La ecuación de la recta tangente pedida es
14
14
14
y − 1 = − (x + 1) ⇒ y = − x −
+1⇒
5
5
5
14 − 5
14
9
14
⇒y =− x− .
⇒y =− x−
5
5
5
5
y 0(−1, 1) =
(2) La ley de Boyle afirma que cuando se comprime una muestra de gas a temperatura constante, la presión
P y el volumen V satisfacen la ecuación P × V = C, donde C es una constante. Supóngase que en cierto
instante el volumen es de 600 cm3, la presión es de 150 KPa y ésta aumenta a razón de 20 KPa/min. ¿Con
qué razón aumenta el volumen en ese instante?
H Tenemos que V = CP −1 .
Entonces
dV
C dP
=− 2
.
dt
P dt
Ahora bien C = (150 KP a)(600 cm3) = 90 000 KP a × cm3 ,
P 2 = 22500 (KP a)2
y
dP
= 20 KP a/min en tal instante, luego:
dt
90 000 KP a cm3
KP a
dV
=−
= −4 × 20 cm3/min = −80 cm3/min
×
20
2
dt
22 500 (KP a)
min
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TERCERA EVALUACIÓN PARCIAL E0300
es la razón a la que decrece el volumen en el instante.
(3) (a) f 0 (x) > 0, f 0 (x) < 0, f 0(x) = 0
H
S
S 3 5
0
,
;
f (x) > 0 si x ∈ (−4, −3) (−3, 0)
2 2
S
3 S 5
0
0,
, +∞ ;
f (x) < 0 si x ∈ (−∞, −4)
2
2
3
.
f 0 (x) = 0 si x ∈ −4, 0,
2
(b) f 00(x) > 0, f 00(x) < 0, f 00(x) = 0
H
S
5 S 5
00
1,
, +∞ ;
f (x) > 0 si x ∈ (−5, −3)
2
2
S
f 00(x) < 0 si x ∈ (−∞, −5) (−3, 1);
f 00(x) = 0 si x ∈ {−5, 1}.
(4) Sea
1
2
f (x) = x 3 (x + 3) 3 ,
determinar Df ; intervalos de monotonı́a y de concavidad; máximos y mı́nimos locales y puntos de inflexión.
Usando esta información, dibujar
un esbozo de la gráfica de la función f (x).
!
−2
.
ojo: f 00(x) = p
3
x5 (x + 3)4
H Intervalos:
Escribamos
f (x) =
p
1
3
x(x + 3)2 = [x(x + 3)2 ] 3 .
Tenemos que Df = R , y que
(x + 3)2 + 2x(x + 3)
(x + 3)[(x + 3) + 2x]
p
f (x) =
=
=
2
4
3
2
4
3 x (x + 3)
3x 3 (x + 3) 3
x+1
3(x + 3)(x + 1)
= 2
=
2
4
1 .
3x 3 (x + 3) 3
x 3 (x + 3) 3
x+1
2
1
2
3 = (x 3 ) es positivo para x 6= 0.
Si x ∈ R − {0, −3}, el signo de f 0 (x) nos lo da
1 pues x
3
(x + 3)
− 13
Averigüemos pues el signo de (x + 1)(x + 3) que es el de f 0 (x), teniendo en cuenta que x ∈ R − {0, −3}
y que f 0 (x) = 0 si x = −1
0
1
Intervalo
(x + 3)− 3
x < −3(< −1)
−
−
+
creciente
−3 < x < −1
+
−
−
decreciente
(−3) < −1 < x < 0
+
+
+
creciente
(−3 < −1) < 0 < x
+
+
+
creciente
x + 1 f 0 (x)
f es
TERCERA EVALUACIÓN PARCIAL E0300
5
Ası́ calculando el signo de f 0(x), obtenemos los cuatro intervalos de monotonı́a.
Para hablar de concavidad, tenemos que calcular
1
2
1
4
2
x 3 (x + 3) 3 − (x + 1) × x− 3 (x + 3)− 3 [2x(x + 3) + x2]
3
p
=
f 00(x) =
3
x4(x + 3)2
3x3 + 9x2 − 3x3 − 6x2 − 3x2 − 6x
3x2 (x + 3) − (x + 1)(3x2 + 6x)
=
=
=
4
2
4
2
8
4
x 3 (x + 3) 3 3x 3 (x + 3) 3
3x 3 (x + 3) 3
−2
−6x
.
=
8
4 = p
3
x5(x + 3)4
3x 3 (x + 3) 3
Calculamos su signo, que es el contrario al de x, esto es,
f 00(x) > 0 si x ∈ (−∞, −3)
[
(−3, 0);
f 00(x) < 0 si x > 0.
S
Luego, si x ∈ (−∞, −3) (−3, 0), f (x) es cóncava hacia arriba y si x > 0, f (x) es cóncava hacia abajo.
Los puntos crı́ticos de f (x) son 0, −1 y −3.
Tanto a la izquierda como a la derecha de 0, f (x) es creciente; luego en 0 no hay valor extremo.
Máximos y mı́nimos:
Como f 00 (−1) > 0, en −1 hay un mı́nimo que vale
1
f (−1) = [−1(−1 + 3)2 ] 3 =
√
3
−4 ≈ −1.587401;
luego la gráfica de f (x) contiene al punto (−1, −1.587401).
En −3 hay máximo, pues f (x) pasa de ser creciente a decreciente y vale f (−3) = 0.
Puntos de inflexión:
Como en 0 la segunda derivada cambia de signo, ahı́ tenemos un punto de inflexión el cual, como f (0) = 0,
es el origen.
√
Usaremos también que f (−1) = − 3 4.
La gráfica de la función f (x):
y
−3
•
−1
x
•
−
√
3
4
6
TERCERA EVALUACIÓN PARCIAL E0300
(5) Dos puntos A, B se encuentran en la orilla de una playa recta, uno a la derecha del otro, separados 6 km
entre sı́. Un punto C esta frente a B a 3 km en el mar. Cuesta $400.00 tender 1 km de tuberı́a en la playa
y $500.00 en el mar.
Determine la forma más económica de trazar la tuberı́a de A − C. (No necesariamente debe pasar por
B.)
H Hagamos un croquis
C
•
3 km
x
6−x
•
B
•
D
•
A
6 km
Pensemos que vamos a llevar la tuberı́a desde A hasta D, un punto sobre la playa a x km de A, y de ahı́
a C por el mar; la distancia CD, como hipotenusa de un triángulo rectángulo con vértice en B es
p
1
1
CD = (6 − x)2 + 32 = (x2 − 12x + 36 + 9) 2 = (x2 − 12x + 45) 2 .
Queremos pues minimizar la función de costo
1
C(x) = 400x + 500(x2 − 12x + 45) 2 .
Cuyos puntos crı́ticos son para
√
400 x2 − 12x + 45 + 500(x − 6)
250(2x − 12)
√
C (x) = 400 + √
=
= 0.
x2 − 12x + 45
x2 − 12x + 45
0
Es decir,
√
400 x2 − 12x + 45 = 500(6 − x) ⇒
√
5
⇒ x2 − 12x + 45 = (6 − x) ⇒
4
25
⇒ x2 − 12x + 45 = (36 − 12x + x2 ) ⇒
16
9 2
25 × 36
25
⇒ x − 12x
−1 +
− 45 = 0 ⇒
16
16
16
9 2
225
9
− 45 = 0 ⇒
⇒ x − 12
x+
16
16
4
9
225 − 180
27
⇒ x2 − x +
=0⇒
16
4
4
⇒ 9x2 − 108x + 180 = 0 ⇒
⇒ x2 − 12x + 20 = 0 ⇒
TERCERA EVALUACIÓN PARCIAL E0300
⇒x=
12 ±
√
7
(
√
12 ± 64
12 ± 8
144 − 80
10
=
=
=
2
2
2
2;
entonces, x = 2 y desechamos x = 10, que se introdujo cuando elevamos al cuadrado.
Por otro lado, C(x) es derivable en toda la recta, ya que x2 − 12x + 45 no tiene raı́ces reales, pues
122 − 4 × 45 < 0. De hecho x2 − 12x + 45 > 0 para cualquier x pues, por ejemplo, en 0 vale 45 la función
continua x2 − 12x + 45.
Calculemos la segunda derivada de C(x), derivando de
500(x − 6)
C 0(x) = 400 + √
;
x2 − 12x + 45
√
500(x − 6)(2x − 12)
500 x2 − 12x + 45 − √
2 x2 − 12x + 45
√
=
C 00(x) =
( x2 − 12x + 45)2
500(x2 − 12x + 45 − x2 + 12x − 36)
500[(x2 − 12x + 45) − (x − 6)2 ]
=
=
=
3
3
2
2
2
2
(x − 12x + 45)
(x − 12x + 45)
500 × 9
=
3 > 0.
2
(x − 12x + 45) 2
Luego, efectivamente para x = 2 hay un mı́nimo.
En este caso el costo es
√
C(2) = 800 + 500 4 − 24 + 45 = 800 + 500 × 5 = 800 + 2 500 = 3 300 pesos.
Si se hubiera tendido la tuberı́a por el mar, desde A hasta C, el costo hubiese sido:
√
C(0) = 500 45 ≈ 500 × 6.7082039 = 3354.102 > C(2).
Y si hubiese ido desde A hasta B por la playa y desde B hasta C por el mar, ambos en lı́nea recta, el
costo hubiese sido:
√
√
√
C(6) = 400 × 6 + 500 9 − 36 + 45 = 2 400 + 500 × 18 = 500 × 2 9 =
= 2 400 + 1 000 × 3 = 2 400 + 3 000 = 5 400 pesos > C(2) también.